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《2025-2026学年度高三年级下学期综合素质评价三》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C D A B D B A C D
题号 11 12 13
答案 A B B
14．(1)PO /无水氯化钙
2 5
(2)CD
(3)取一定质量样品，加入足量AgNO 溶液，过滤、洗涤、干燥、称量沉淀，计算得AgCl沉淀的物质的
3
量与
Mg(NH
3
)
6
Cl
2
的物质的量之比为2：1
(4) 2Na+2H O=2NaOH+H ↑ K、K
2 2 1 3
(5)油封，防止C中水蒸气进入A中
(6)ACEG
Δ
(7) 2NaBH 4 + Mg(NH 3 ) 6 Cl 2 2NH 3 BH 3 +4NH 3 ↑+2NaCl+H 2 ↑+Mg 90.3
【详解】（1）仪器A是干燥管，作用是吸收挥发出的NH₃ ，所以选择PO /无水氯化钙；
2 5
（2）A．因为冷凝管要增强冷凝效果，所以冷凝水应下进上出，故A错误；
B．因为NH₃作为配体时N的孤对电子形成配位键，孤对电子对成键电子对斥力减小，所以配合物中
H-N-H键角比NH₃中大，故B错误；
C．因为减压过滤利用压强差，所以能加快过滤速度且使固体更干燥，故C正确；
D．因为NH₄Cl能抑制NH₃·H₂O电离，降低OH⁻浓度，同时增大NH₄⁺浓度促进配合物形成，所以可防
止Mg(OH)₂沉淀生成，故D正确；
故答案选CD。
（3）若
Mg(NH
3
)
6
Cl
2
中Cl−作配体，溶液中Cl-不能电离出来，而外界的Cl-在溶液都能电离出来，
加入 AgNO 3 溶液能生成AgCl沉淀，计算AgCI沉淀的物质的量与 Mg(NH 3 ) 6 Cl 2 的物质的量之比为
2:1即可证明2个Cl-均不作配体；
（4）①因为Na能与水反应，所以利用Na和水反应生成NaOH和H₂来干燥四氢呋喃；②因为回流时要
使装置内形成循环，所以打开K₁、K₃，关闭K₂，让溶剂在装置内回流；
（5）装置B中石蜡油的作用是形成液封，可以防止空气进入反应装置以及后续装置中的液体倒吸；
答案第1页，共7页
学科网（北京）股份有限公司（6）因为过滤需要铁架台、普通漏斗、烧杯、玻璃棒；
（7）①根据反应物NaBH 、Mg(NH ) Cl 和生成物NH BH 、Mg、NaCl，利用氧化还原反应和原子
4 3 6 2 3 3
守恒配平化学方程式；②先根据反应物的量判断过量情况，以不足量的反应物计算理论产量，再用实际
3.8g
产量除以理论产量计算产率，n(NaBH )= =0.1mol，Mg(NH ) Cl 的物质的量为
4 38g/mol 3 6 2
19.7g
=0.1mol，
197g/mol
2NaBH ~ Mg(NH ) Cl ~ 2NH BH 可知Mg(NH ) Cl 过量，所以用NaBH 的量来计算得出理论上生成
4 3 6 2 3 3 3 6 2 4
NH BH 的物质的量为0.1mol，质量为0.1mol×31g/mol=3.1g，则本实验中氨硼烷的产率为
3 3
2.8g
×1000 =90.30 。
0 0
3.1g
15．(1)ac
(2)Cu2+
� � � �
70℃
(3) H : O : O : H 2Fe2+ +H O +2H O 2FeOOH↓+4H+ pH过高，Fe3+生成氢氧化铁
2 2 2
� � � �
胶体吸附大量Ni2+，导致镍回收率降低N(SiH ) 中N为sp2杂化，未杂化的含孤对的2p轨道与Si的空3d
3 3
轨道形成d-pπ键，降低了N原子上电荷密度，使其给出电子能力下降，碱性降低
(4) 取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明
洗涤干净 5.7×10−11mol⋅L−1
(5) 2NiC O +O =2NiO+4CO 放热
2 4 2 2
【分析】以铜镍合金废料(主要成分为镍和铜，含有一定量的铁和硅)为原料生产草酸镍，废料先加入稀
硫酸、稀硝酸浸出，浸出液含有的离子主要有H+、Ni2+、Cu2+、Fe3+、NO−、SO2−，铁、铜、镍溶解，
3 4
过滤除去不溶的硅，加入萃取剂萃取铜离子，加入还原剂除去硝酸等氧化剂，然后加入H O 氧化亚铁
2 2
离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，过滤除去，然后加入草酸，经过系列操作得到草酸镍，据此解答。
36
(5)NiC O ⋅2H O→NiC O ，理论质量损失率为 ×100%≈19.71%；NiC O →NiO+CO ，理论质
2 4 2 2 4 182.69 2 4 2
72
量损失率为 ×100%≈39.41%。由图可知，二水合草酸镍首先在175 ~275℃失重，总质量损失率约
182.69
为19.19%，这是由样品中吸附水和结晶水的脱出引起的。相应的DSC分析表明，在246.5℃附近存在着
较大的吸热峰，这说明脱出水的过程是吸热的。随着热分解温度的升高，二水合草酸镍在325~400℃有
较大的质量损失，质量损失率达到38.36%，与二水合草酸镍热分解生成NiO所造成的理论质量损失率
39.41%基本上相吻合。因此，在空气中二水合草酸镍热分解的最终产物为NiO。在357.8℃附近有一放
答案第2页，共7页
学科网（北京）股份有限公司热峰，可知在空气中二水合草酸镍热分解生成NiO的反应是放热反应。
【详解】（1）温度高时硝酸分解，故适当延长浸出时间、分批加入混酸浸取并搅拌可提高合金废料浸出
率，故选ac。
（2）根据分析，“萃取”步骤中萃取除去的主要金属阳离子是Cu2+。
� � � �
（3）①H O 的电子式为H : O : O : H；
2 2
� � � �
②“氧化”过程中，H O 氧化亚铁离子为铁离子，并生成FeOOH沉淀，离子反应方程式为
2 2
70℃
2Fe2+ +H O +2H O 2FeOOH↓+4H+；
2 2 2
③铁离子水解生成氢氧化铁胶体，可以吸附镍离子。pH过高，Fe3+生成氢氧化铁胶体吸附大量Ni2+，
导致镍回收率降低。
（4）过滤得到的草酸镍上面可能沾有(NH ) SO ，通过检验SO2−可判断晶体是否洗涤干净。其方法是：
4 2 4 4
取最后一次的洗涤液少许于试管中，先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，若无沉淀生成，则证明洗涤干净，
否则未洗涤干净；当溶液pH=2时Ni2+沉淀完全，此时溶液中
K (NiC O ) 1.70×10−17
c(C O2−)= sp 2 4 = mol⋅L−1 =1.70×10−12mol⋅L−1。
2 4 c(Ni2+) 1×10−5
c(H+)⋅c(HC O−) c(H+)⋅c(C O2−) c2(H+)⋅c(C O2−)
Ka ⋅Ka = 2 4 × 2 4 = 2 4 =6.0×10−2×5.0×10−5 =3.0×10−6，则
1 1 c(H C O ) c(H C O−) c(H C O )
2 2 4 2 4 2 2 4
c2(H+)⋅c(C O2−) (10−2)2×1.70×10−12
c(H C O )= 2 4 = ≈5.7×10−11mol⋅L−1。
2 2 4 Ka ⋅Ka 3.0×10−6
1 1
（5）根据分析，NiC O ⋅2H O首先在175 ~275℃失重，总质量损失率约为19.19%，与
2 4 2
NiC O ⋅2H O失去结晶水生成NiC O 理论质量损失率19.71%相吻合。因此300℃前所得产物为NiC O 。
2 4 2 2 4 2 4
随着热分解温度的升高，NiC O ⋅2H O在325~400℃有较大的质量损失，质量损失率达到38.36%，与
2 4 2
NiC O ⋅2H O热分解生成NiO所造成的理论质量损失率39.41%基本上相吻合。因此，在空气中二水合
2 4 2
300℃
草酸镍热分解的最终产物为NiO。即300℃时反应的化学方程式为2NiC O +O 2NiO+4CO ；在
2 4 2 2
357.8℃附近有一个放热峰，可知在空气中NiC O ⋅2H O热分解生成NiO的反应是放热反应。
2 4 2
16．(1)+15
(2) 高温 低温
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学科网（北京）股份有限公司(3) 小于 9/4
(4)二氧化碳分子直径介于材料的孔径大小之间，可以被吸附
(5)Pd膜能选择性分离出H ，促进反应正向进行
2
(1−y)(a+b)
(6) 质子导体
a
【详解】（1）由图可知，反应中反应物的相对总能量为−235kJ/mol，生成物的相对总能量为
−110×2=−220kJ/mol，则该反应为反应物总能量小于生成物总能量的吸热反应，反应的焓变
ΔH =(−220)−(−235)=+15kJ/mol，故答案为：+15；
（2）工业生产中反应I和反应Ⅱ要分两个温度段进行，第一阶段反应I生成的产物CO是反应Ⅱ的反应
物，故先发生反应I，反应I是吸热反应，∆H>0，∆S>0，反应可发生需要∆G=∆H−T∆S<0，需要
先采用高温；第二阶段发生反应Ⅱ，该反应为放热反应，低温有利于平衡正向进行，故第二阶段再采用
低温；
（3）①设C点投料为n(H O)=2mol，n(CO)=1mol，可列三段式
2
CO(g) + H O(g) � CO (g) + H (g)
2 2 2
起始/mol 1 2 0 0
转化/mol 0.45 0.45 0.45 0.45
平衡/mol 0.55 1.55 0.45 0.45
0.45 0.45
×
则K(C)= V V = 0.45×0.45 ，同理K(A)= 0.73×0.73 ，降低温度，平衡正向移动，K值增大，故
0.55 1.55 0.55×1.55 0.27×1.27
×
V V
A点温度小于C点温度；
②B点，当反应达到平衡时，v =k p(CO)⋅p(H O) =v =k p(CO )⋅p(H )，
正 正 2 逆 逆 2 2
k p(CO )p(H ) 0.5×0.5
正 = 2 2 =K(B)= =1，设B点投料为n(H O)=1mol，n(CO)=1mol，可列三段式
k p(CO)p(H O) 0.5×0.5 2
逆 2
CO(g) + H O(g) � CO (g) + H (g)
2 2 2
起始/mol 1 1 0 0
，
转化/mol 0.4 0.4 0.4 0.4
转化40%时/mol 0.6 0.6 0.4 0.4
0.6 0.6
v k p(CO)p(H O) 2 ×p 总 × 2 ×p 总 9
正 = 正 × 2 = = ；
v k p(CO )p(H ) 0.4 0.4 4
逆 逆 2 2 ×p × ×p
总 总
2 2
（4）由图3可知，材料的孔径为0.33~0.35 nm，CO 分子的大小为0.338 nm，CO分子的大小为0.376 nm，
2
答案第4页，共7页
学科网（北京）股份有限公司所以该材料能吸附CO 而不能吸附CO可能的原因是材料的孔径与CO 分子的大小匹配，而与CO分子
2 2
不匹配。
（5）Pd膜能选择性分离出H ，平衡正向移动，平衡转化率增大；
2
（6）①电解时，一氧化碳和水均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，
故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体
电解质应采用质子导体；
②根据阿伏伽德罗定律的推论可知，同温同压下，出口Ⅰ处气体物质的量为进口Ⅰ处的y倍，设反应中CO
转化了x mol，则根据三段式：
CO(g) + H O(g) � CO (g) + H (g)
2 2 2
起始(mol)
a b 0 0
转化(mol)
x x x x
平衡(mol) a−x b−x x x
出口Ⅰ处气体物质的量为(a+b−x)mol，进口Ⅰ处的气体物质的量为(a+b)mol，则(a+b−x)= y(a+b)，
(1−y)(a+b)
则x=(a+b)(1−y)，CO的转化率为： 。
a
17．(1) 酸性高锰酸钾溶液 +2Cl 2 催 → 化剂 +2HCl
(2) 取代反应 3-羟基-4-氨基苯甲酸或4-氨基-3-羟基苯甲酸 羟基、酯基；
(3) 、 、
(4)
(5)
【分析】
答案第5页，共7页
学科网（北京）股份有限公司由图中信息：从 D 倒推，可以知道：A 为 ，B 为 ，C 为
，从D 与 F的反应过程，D 中的酰氯与 F中的氨基发生取代反应，可以知道 E
为 ，F为 。
【详解】（1）
(1) 被酸性高锰酸钾溶液氧化可生成 ； 与Cl 在催化
2
剂存在时发生取代反应生成 的化学方程式为 +2Cl 2 催 → 化剂
+2HCl。
（2）
通过取代反应生成 ； 的化学名称为
3-羟基-4-氨基苯甲酸(或4-氨基-3-羟基苯甲酸)； 中含氧官能团的名称为(酚)
羟基、酯基。
（3）
F为 ，其不饱和度为5.由信息，F的同分异构体J中含有六元环、−CN和
−C≡C−，三者的不饱和度之和为5，结合F的分子式及核磁共振氢谱峰面积比为1:2:6，可推知J的
答案第6页，共7页
学科网（北京）股份有限公司结构简式为 、 、 。
（4）
(4)反应⑤为氨基与酰氯间的取代反应，由题干信息，酰氯与羟基也可发生取代反应生成 G 的一种同分
异构体，其结构简式为 。
（5）
对比G、H组成和结构的变化知，反应⑥经历的第一步反应为酚羟基与-CONH-中碳氧双键的加成反应，
所得M的结构简式为 ，进一步发生消去反应生成H和水。
【点睛】有机合成题的核心在于推导每一步的产物或者反应物，最简单的方式是从信息最多的一侧开始
推导，比如题中的D与F反应生成G，从D与G的结构式倒推，这道题会很简单。
答案第7页，共7页
学科网（北京）股份有限公司
